Question

12．如图，已知曲线C₁：y=$\frac{2x}{x+1}$（x＞0）及曲线C₂：y=$\frac{1}{3x}$（x＞0），C₁上的点P₁的横坐标为a₁（0＜a₁＜$\frac{1}{2}$）．从C₁上的点P_n（n∈N₊）作直线平行于x轴，交曲线C₂于点Q_n，再从点Q_n作直线平行于y轴，交曲线C₁于点P_n+1．点P_n（n=1，2，3，…）的横坐标构成数列{a_n}
（Ⅰ）试求a_n+1与a_n之间的关系，并证明：a_2n-1＜$\frac{1}{2}＜{a_{2n}}（n∈{N_+}）$；
（Ⅱ）若a₁=$\frac{1}{3}$，求证：|a₂-a₁|+|a₃-a₂|+…+|a_n+1-a_n|＜$\frac{4}{3}（n∈{N_+}）$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知，P_n$（{a}_{n}，\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+1}）$，从而有${Q_n}（{a_{n+1}}，\frac{{2{a_n}}}{{{a_n}+1}}）$，由Q_n在y=$\frac{1}{3x}$上，代入可得 ${a}_{n+1}=\frac{{a}_{n}+1}{6{a}_{n}}$，由a₁＞0，及 ${a}_{n+1}=\frac{{a}_{n}+1}{6{a}_{n}}$，知a_n＞0，下证：${a_{2n-1}}＜\frac{1}{2}＜{a_{2n}}$
解法一：由${a}_{n+1}-\frac{1}{2}$=$\frac{-2（{a}_{n}-\frac{1}{2}）}{6{a}_{n}}$，可得a_n+1$-\frac{1}{2}$与${a}_{n}-\frac{1}{2}$异号，即可证明．
解法二：由 ${a}_{n+1}=\frac{{a}_{n}+1}{6{a}_{n}}$，可得${a}_{n+1}-\frac{1}{2}$=$\frac{-2（{a}_{n}-\frac{1}{2}）}{6{a}_{n}}$，${a}_{n+1}+\frac{1}{3}$=$\frac{3（{a}_{n}+\frac{1}{3}）}{6{a}_{n}}$，可得$\frac{{{a_{n+1}}-\frac{1}{2}}}{{{a_{n+1}}+\frac{1}{3}}}=-\frac{2}{3}•\frac{{{a_n}-\frac{1}{2}}}{{{a_n}+\frac{1}{3}}}$，利用等比数列的通项公式可得a_n，进而证明．
（Ⅱ）由a_2n+1=$\frac{{a}_{2n}+1}{6{a}_{2n}}$=$\frac{\frac{{a}_{2n-1}+1}{6{a}_{2n-1}}+1}{6\frac{{a}_{2n-1}+1}{6{a}_{2n-1}}}$=$\frac{7{a}_{2n-1}+1}{6（{a}_{2n-1}+1）}$，可得a_2n+1-a_2n-1=$\frac{7{a}_{2n-1}+1}{6（{a}_{2n-1}+1）}$-a_2n-1=$\frac{-2（{a}_{2n}-\frac{1}{2}）（3{a}_{2n-1}+1）}{6（{a}_{2n-1}+1）}$，由$0＜{a_{2n-1}}＜\frac{1}{2}$，可得a_2n+1＞a_2n-1，可得${a}_{2n}＞\frac{1}{2}$＞a_2n-1＞a_2n-3＞…＞a₁．可知a_n≥a₁，因此|a_n+2-a_n+1|=$\frac{|{a}_{n+1}-{a}_{n}|}{6{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{|{a}_{n+1}-{a}_{n}|}{{a}_{n}+1}$$≤\frac{{|{a_{n+1}}-{a_n}|}}{{{a_1}+1}}$=$\frac{3}{4}|{a_{n+1}}-{a_n}|$，利用递推关系及其等比数列的前n项和公式即可证明．

解答 解：（Ⅰ）由已知，P_n$（{a}_{n}，\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+1}）$，从而有${Q_n}（{a_{n+1}}，\frac{{2{a_n}}}{{{a_n}+1}}）$，
因为Q_n在y=$\frac{1}{3x}$上，所以有$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$=$\frac{1}{3{a}_{n+1}}$，
解得 ${a}_{n+1}=\frac{{a}_{n}+1}{6{a}_{n}}$，…（3分）
由a₁＞0，及 ${a}_{n+1}=\frac{{a}_{n}+1}{6{a}_{n}}$，知a_n＞0，
下证：${a_{2n-1}}＜\frac{1}{2}＜{a_{2n}}$
解法一：因为${a}_{n+1}-\frac{1}{2}$=$\frac{-2（{a}_{n}-\frac{1}{2}）}{6{a}_{n}}$，所以a_n+1$-\frac{1}{2}$与${a}_{n}-\frac{1}{2}$异号，
注意到${a}_{1}-\frac{1}{2}$＜0，知${a}_{2n-1}-\frac{1}{2}$＜0，${a}_{2n}-\frac{1}{2}$＞0，
即${a_{2n-1}}＜\frac{1}{2}＜{a_{2n}}$…（8分）
解法二：由 ${a}_{n+1}=\frac{{a}_{n}+1}{6{a}_{n}}$，可得${a}_{n+1}-\frac{1}{2}$=$\frac{-2（{a}_{n}-\frac{1}{2}）}{6{a}_{n}}$，${a}_{n+1}+\frac{1}{3}$=$\frac{3（{a}_{n}+\frac{1}{3}）}{6{a}_{n}}$，
所以有$\frac{{{a_{n+1}}-\frac{1}{2}}}{{{a_{n+1}}+\frac{1}{3}}}=-\frac{2}{3}•\frac{{{a_n}-\frac{1}{2}}}{{{a_n}+\frac{1}{3}}}$，即$\left\{{\frac{{{a_n}-\frac{1}{2}}}{{{a_n}+\frac{1}{3}}}}\right\}$是以$-\frac{2}{3}$为公比的等比数列；
设$t=\frac{{{a_1}-\frac{1}{2}}}{{{a_1}+\frac{1}{3}}}$，则$\frac{{{a_n}-\frac{1}{2}}}{{{a_n}+\frac{1}{3}}}=t•{（-\frac{2}{3}）^{n-1}}$
解得${a_n}=\frac{{\frac{1}{2}+\frac{t}{3}•{{（-\frac{2}{3}）}^{n-1}}}}{{1-t•{{（-\frac{2}{3}）}^{n-1}}}}$，…（6分）
从而有${a_n}-\frac{1}{2}=\frac{{\frac{1}{2}+\frac{t}{3}•{{（-\frac{2}{3}）}^{n-1}}}}{{1-t•{{（-\frac{2}{3}）}^{n-1}}}}=\frac{{\frac{5}{6}t}}{{{{（-\frac{3}{2}）}^{n-1}}-t}}$
由$0＜{a_1}＜\frac{1}{2}$可得$-\frac{3}{2}＜t＜0$，
所以${a_{2n-1}}-\frac{1}{2}=\frac{{\frac{5}{6}t}}{{{{（\frac{9}{4}）}^{n-1}}-t}}＜0$，${a_{2n}}-\frac{1}{2}=\frac{{\frac{5}{6}t}}{{-{{（\frac{3}{2}）}^{2n-1}}-t}}＞0$．
所以${a_{2n-1}}＜\frac{1}{2}＜{a_{2n}}$．…（8分）
（Ⅱ）证明：因为a_2n+1=$\frac{{a}_{2n}+1}{6{a}_{2n}}$=$\frac{\frac{{a}_{2n-1}+1}{6{a}_{2n-1}}+1}{6\frac{{a}_{2n-1}+1}{6{a}_{2n-1}}}$=$\frac{7{a}_{2n-1}+1}{6（{a}_{2n-1}+1）}$，
所以a_2n+1-a_2n-1=$\frac{7{a}_{2n-1}+1}{6（{a}_{2n-1}+1）}$-a_2n-1=$\frac{-2（{a}_{2n}-\frac{1}{2}）（3{a}_{2n-1}+1）}{6（{a}_{2n-1}+1）}$，
因为$0＜{a_{2n-1}}＜\frac{1}{2}$，所以a_2n+1＞a_2n-1，
所以有${a}_{2n}＞\frac{1}{2}$＞a_2n-1＞a_2n-3＞…＞a₁．
从而可知a_n≥a₁                        …（10分）
故|a_n+2-a_n+1|=$|\frac{{a}_{n+1}+1}{6{a}_{n+1}}-\frac{{a}_{n}+1}{6{a}_{n}}|$=$\frac{|{a}_{n+1}-{a}_{n}|}{6{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{|{a}_{n+1}-{a}_{n}|}{{a}_{n}+1}$$≤\frac{{|{a_{n+1}}-{a_n}|}}{{{a_1}+1}}$=$\frac{3}{4}|{a_{n+1}}-{a_n}|$…（12分）
所以$|{a_{n+1}}-{a_n}|≤\frac{3}{4}|{a_n}-{a_{n-1}}|≤{（\frac{3}{4}）^2}|{a_{n-1}}-{a_{n-2}}|≤…≤{（\frac{3}{4}）^{n-1}}|{a_2}-{a_1}|=\frac{1}{3}•{（\frac{3}{4}）^{n-1}}$…（13分）
所以|a₂-a₁|+|a₃-a₂|+|a₄-a₃|+…+|a_n+1-a_n|$≤\frac{1}{3}[1+\frac{3}{4}+{（\frac{3}{4}）^2}+…+{（\frac{3}{4}）^{n-1}}]$=$\frac{1}{3}×\frac{{1-{{（\frac{3}{4}）}^n}}}{{1-\frac{3}{4}}}$=$\frac{4}{3}[1-{（\frac{3}{4}）^n}]$$＜\frac{4}{3}$…（15分）

点评 本题考查了函数关系式、等比数列的通项公式及其前n项和公式、不等式的性质、递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．